package com.shm.leetcode;

/**
 * 338. 比特位计数
 * 给定一个非负整数 num。对于 0 ≤ i ≤ num 范围中的每个数字 i ，计算其二进制数中的 1 的数目并将它们作为数组返回。
 *
 * 示例 1:
 *
 * 输入: 2
 * 输出: [0,1,1]
 * 示例 2:
 *
 * 输入: 5
 * 输出: [0,1,1,2,1,2]
 * 进阶:
 *
 * 给出时间复杂度为O(n*sizeof(integer))的解答非常容易。但你可以在线性时间O(n)内用一趟扫描做到吗？
 * 要求算法的空间复杂度为O(n)。
 * 你能进一步完善解法吗？要求在C++或任何其他语言中不使用任何内置函数（如 C++ 中的 __builtin_popcount）来执行此操作。
 *
 * @author SHM
 */
public class CountBits {
    /**
     * 前言
     * 这道题需要计算从 00 到 \textit{num}num 的每个数的二进制表示中的 11 的数目。最直观的方法是对每个数直接计算二进制表示中的 11 的数目，时间复杂度较高。也可以使用动态规划的方法，时间复杂度较低。
     *
     * 为了表述简洁，下文用「一比特数」表示二进制表示中的 11 的数目。
     *
     * 方法一：直接计算
     * 最直观的方法是对从 00 到 \textit{num}num 的每个数直接计算「一比特数」。
     *
     * 每个 \texttt{int}int 型的数都可以用 3232 位二进制数表示，只要遍历其二进制表示的每一位即可得到 11 的数目。
     *
     * 利用位运算的技巧，可以在一定程度上提升计算速度。按位与运算（\&&）的一个性质是：对于任意整数 xx，令 x=x \&(x-1)x=x&(x−1)，该运算将 xx 的二进制表示的最后一个 11 变成 00。因此，对 xx 重复该操作，直到 xx 变成 00，则操作次数即为 xx 的「一比特数」。
     *
     * 另外，部分编程语言有相应的内置函数，例如 \texttt{Java}Java 的 \texttt{Integer.bitCount}Integer.bitCount，\texttt{C++}C++ 的 \texttt{\_\_builtin\_popcount}__builtin_popcount，\texttt{Go}Go 的 \texttt{bits.OnesCount}bits.OnesCount 等，读者可以自行尝试。需要注意的是，使用编程语言的内置函数时，不适用本方法的时间复杂度分析。
     *
     * 复杂度分析
     *
     * 时间复杂度：O(k \times \textit{num})O(k×num)，其中 kk 是 \texttt{int}int 型的二进制位数，k=32k=32。需要对从 00 到 \textit{num}num 的每个数使用 O(k)O(k) 的时间计算「一比特数」，因此时间复杂度是 O(k \times \textit{num})O(k×num)。
     *
     * 空间复杂度：O(1)O(1)。除了返回的数组以外，空间复杂度为常数。
     *
     * 作者：LeetCode-Solution
     * 链接：https://leetcode-cn.com/problems/counting-bits/solution/bi-te-wei-ji-shu-by-leetcode-solution-0t1i/
     * @param num
     * @return
     */
    public int[] countBits(int num) {
        int[] ans = new int[num+1];
        int k=0;
        for(int i=0;i<=num;i++){
            ans[i]=count(i);
        }

        return ans;
    }

    int count(int i){
        int ones = 0;
        while(i>0){
            i &=(i-1);
            ones++;
        }
        return ones;
    }
}
